数学-极值点偏移问题的求解策略(共14张PPT)
高三数学 极值点和拐点的偏移——课件
极值点和拐点的偏移
专题概况
一、极值点偏移（
）
专题概况
思维聚焦
解题思路
极值偏移与拐点偏移解题思路 极值拐点话偏移，对称构造最给力； 变量范围极值分，导数再把单调论； 结论无关极拐点，衍生函数命题变.
处理策略
一.不含参数的问题
处理策略
处理策略
Байду номын сангаас
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
注:以上的四种方法都实现了将双变元的不等式转化为单 变元的不等式,解法1, 2利用构造新的函数来达到消元的 目的，最后利用在极值点一侧的单调性来处理二者的关 系；解法3, 4则利用构造新的变元，将两个旧的变元都 转化为新的变元来表示，从而达到消元的目的，最后转 化为一个新的单元不等式，再构造函数,利用新函数的单 调性结合端点值来解决!
下节课再见 谢谢！
备战高考数学复习知识点讲解课件27---极值点偏移问题
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn＞e4. 解：(2)证明：mln n－nln m＝m－n⇔m(ln n－1)＝n(ln m－1)⇔ln nn－1＝
ln mm－1⇔lnenln－n 1＝lnemln－m 1， 即f(ln m)＝f(ln n)，ln m≠ln n.
2．(2022·金太阳联考)函数f(x)＝
x－1 ex
(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－ex x，
当x∈(－∞，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)． 故f(x)在x＝2处取得极大值，且极大值为 e12，无极小值．
g′(x)>0，可得
3
1≤x<e8，
3
由 g′(x)<0，可得 e8<x≤3.
3
3
所以 g(x)在[1，e8)上单调递增，在(e8，3]上单调递减，
所以 g(x)的最小值在 x＝1 或 x＝3 处取得．
又 g(1)＝14，g(3)＝14＋29ln 3>14，
所以 g(x)min＝g(1)＝14，
所以 a≤14，即 a 的取值范围为(－∞，14]．
不妨设x1＝ln m，x2＝ln n，x1＜x2， 由(1)可知f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
所以x2∈(2，＋∞)，f(x1)＝f(x2)＞0，x1∈(1，2)． 当x2≥3时，x1＋x2＞4，mn＞e4.
当 2＜x2＜3 时，1＜4－x2＜2，f(x2)－f(4－x2)＝x2e－x2 1－4－e4x－2x－2 1＝
极值点偏移问题的求解策略课件(共29张PPT)——江西省会昌中学2022届高三数学二轮复习微专题
t
t
0,即ln t t 1 0; 对于左边不等式：1 1 ln t ln t 1 1 0,
t
t
令p(t) ln t 1 1,则p' (t) 1 1 t 1 0,
t
t t2 t2
p(t)在(1,+)上单调递增， p(t) p(1) 0.
综上所述，1 k 1 .
x2
x1
的中点
问题提出
x1 x2 2
x0
极值点居中
x1
x2 2
x0
极值点偏移
问题解决
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】
【题目】已知函数 f (x) (x 2)ex a(x 1)2 有两个零点.
（Ⅰ）求 a 的取值范围； (0, )
（Ⅱ）设 x1, x2 是 f (x) 的两个零点，证明：x1 x2 2 .
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】
【题目】已知函数 f (x) (x 2)ex a(x 1)2 有两个零点.
（Ⅰ）求 a 的取值范围；
解法二：（分离参数）
f (x) (x 2)ex a(x 1)2 有两个零点
方程 a
(2 x)ex (x 1)2
有两根.
g(x) (2 x)ex (x 1)2
原始型差函数
构造
对称型差函数
F(x) f (x) f (2 x)
F(x) f (1 x) f (1 x)
准确定位
目标 ＋
落实
认真落实
Hale Waihona Puke 成功 ＋提升坚持不懈
典典例例分分析：析
题型1.对称构造函数+主元法
例1已知函数f (x) 1 x ex. 1 x2
数学-极值点偏移问题的求解策略(共14张PPT)
解法二：（分离参数）
f ( x) ( x 2)e a( x 1) 有两个零点 x (2 x)e 有两根. 方程 a 2 ( x 1)
x 2
(2 x)e g ( x) 2 ( x 1)
x
(0, )
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e a( x 1) 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； (0, ) （Ⅱ） 设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点， 证明：x1 x2 2 .
2
所以f (2 x2 ) x2e
2 x2
( x2 2)e . 令g ( x) xe2x ( x 2)ex .
x2
x
令g( x) ( x 1)(e e ). 所以当 x 1 时， g ( x) 0 ，而 g (1) 0 ，
2 x
故当 x 1 时， g ( x) 0. 从而 g ( x2 ) f (2 x2 ) 0, 故x1 x2 2.
x 2
x1 x2 1 x1 x2 2 2
问题解决
f (2 x2 ) 0 0 f ( x2 ) f (2 x2 )
f ( x1 ) f (2 x2 )
x1 2 x2 x1 x2 2
问题解决
不妨设 x1 1 x2 ， 则2 x2 (1, ).
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e a( x 1) 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； （Ⅱ） 设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点， 证明：x1 x2 2 .
极值点偏移问题课件-2025届高三数学一轮复习
(3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论.
视角二
极值点偏移问题之消参减元、差值代换
[例2]若函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2ln a.
1 − e1 + = 0,
1 −2
1
2
【证明】由题知
两式相减得x1-x2=a(e -e ),即a= 1 2 .
令h'(x)>0,则x>1,令h'(x)<0,则0<x<1.
所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
因为函数g(x)有两个不同的零点,即h(x)=a有两个不同的根,所以a>h(1)=1,
所以g(x)有两个不同的零点x1,x2且0<x1<1<x2,且h(x1)=h(x2)=a,
ln 1 −ln 2
2
>
,即ln
1 −2
1 +2
1 2(1 −2 )
>
,
2
1 +2
1
令c= (c>1),则不等式变为ln
2
2(−1)
c>
.
+1
2
1 +2
,所以原问题等价于证明
令h(c)=ln
2(−1)
c,c>1,
+1
1
4
(−1)2
所以h'(c)= =
>0,
化变形.
【极值点偏移的定义】
一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈[a,b],当
极值点偏移问题-2024届高三数学二轮复习课件
(3)对F ( x)求导, 得出极值点"某一侧" (不需完整 )的单调性
(4)代该侧中的 xi (如此题中的 x2 )进F (x) ()F (x0 ) 0 (5)利用f (x j ) f (xi )替换(4)中不等式, 回归f (x)在"另一侧"的单调性
f (x1) f (2 x2 ) 0
a[ln(2a) 2]2 a 0
在(1,)上单调递增
f (x)的两个极值 f (1), f (ln(2a))均小于零,
易知f (1) e 0
f (x)的零点最多只有一个 .
x 时,
综上所述 , a的取值范围是 [0,)
(x 2)ex 0, a(x 1)2
f (x) x 时,易知f (x) f (x)有两个零点
对极点左右两边的陡缓 研究,可转化成 由原函数与对称函数构 成的差函数 ,以及对差值函数单调性 研究.
如何求一个函数的对称 函数,理论依据是什么 ?
理论 : 如果f (a x) f (a x), 则f (x)关于x a对称 f (x)关于x a对称后得 f (2a x)
(x0是f (x)的一个极值点 )
设F (x) f (x) f (e2 )( x e1)
F
'(x)
ln
x
1
x e2 x 2
[(ln(
e2
)
1]
(1
ln
x)(e2 x2
1)
x
e2x2
f (x)在(0, e1)上单调递减 x e1, F'(x) 0 F(x)在(e1,)上单调递增
f (x)在(e1,)上单调递增 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值
极值点偏移课件高二下学期数学人教A版选择性
知识梳理
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象 不具有对称性.
极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维 要求较高，过程较为烦琐，计算量较大.
解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有 千秋，独具特色.
例题讲解 题型一 不含参数的极值点偏移
x x 1 1 2
即：x1＋x2>2.
2
x x 1 2
2
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 比值代换
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 比值代换
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 比值代换
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 对称化构造函数
跟踪训练 题型二 含参数的极值点偏移 方法： 比值代换
恒成立， 故原不等式 x1 x2 2 亦成立.
归纳总结
归纳总结
【对称构造法】
本质： 将双变元的不等式转化为单变元不等式，利用构造新的函数来
达到消元的目的，
口诀： 极值偏离对称轴， 构造函数觅行踪； 四个步骤环相扣， 一求二构造三单调四比较。
归纳总结
【对称构造法】
对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x). (2)对结论 x1x2>x20型，方法一是构造函数 F(x)＝f(x)－f xx20，通过研究 F(x) 的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成 ln x1＋ln x2>2ln x0， 再把 ln x1，ln x2 看成两变量即可.
方法一 差值代换
第1步: 确定变量范围 0 x1 1 x2
高中数学干货资料-《极值点偏移问题的处理策略及探究》
极值点偏移问题的处理策略及探究所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221tt t e +>-，又因为10te ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()lim lim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>， 因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F 求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增，所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
高中数学课件-导数中的综合问题-第4课时 极值点偏移问题
高考重难突破一导数中的综合问题第4课时极值点偏移问题已知函数 图象顶点的横坐标就是极值点 0.（1）若 = 的两根的中点满足1+22=0 ，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数 在 =0两侧的函数值变化快慢相同，如图①.（2）若 = 的两根的中点1+22≠0 ，则极值点偏移，此时函数在 =0 两侧的函数值变化快慢不同，如图②、图③.技法一构造对称和（或差）法例1(2023·湖南郴州质量检测)已知函数=ln −122+1，若设函数的两个零点为1，2，证明：1+2>2.【证明】′=1−=1+1−>0，令′=0，解得=1.当0<<1时，′>0，在0,1上单调递增；当>1时，′<0，在1,+∞上单调递减，所以max=1=12>0,且当→0+时，→−∞，2=ln 2−1<0，则的两个零点1，2满足0<1<1<2<2.令=−2−,0<<1,则′=y+y2−=2K122−.当0<<1时，′>0，单调递增，所以<1=0，即<2−.因为0<1<1<2<2，所以0<2−2<1,所以2−2<2=1.又函数在0,1上单调递增，所以1>2−2,即1+2>2.对称变换求极值点偏移的步骤第一步：求导，获得的单调性，极值情况，求出的极值点0，再由1=2得出1,2的取值范围；第二步：构造辅助函数（对结论1+2><20,构造=−20−；对结论12><02,构造=−02,）求导，限定1或2的范围，判定符号，获得不等式；第三步：代入1（或2），利用1=2及的单调性证明结论.【对点训练】已知函数=−1e−，∈.设1,2是函数的两个零点，证明：1+2<0.证明：令=−1e−=0，则=−1e.设=−1e，则′=⋅e，当<0时，′<0,在−∞,0上单调递减，当>0时，′>0,在0,+∞上单调递增.所以min=0=−1，且→−∞时，→0,当>1时，>0.所以，当−1<<0时，有两个零点1，2，且12<0，1=2=0，不妨设1<0，2>0，则−2<0.令=−−=−1e+1+e−，则′=e−e−，当<0时，′=e−e−>0，此时在−∞,0上为增函数，所以<0,即=−−<0，即<−.因为−2<0，所以−2<2,因为1=2=0，所以−2<1,因为在−∞,0上为减函数，所以−2>1，即1+2<0.技法二消参减元法例2已知函数=−2e+−12有两个零点.（1）求的取值范围；【解】′=−1e+2−1=−1e+2.①设=0，则=−2e，只有一个零点.②设>0，则当∈−∞,1时，′<0；当∈1,+∞时，′>0.所以在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增.又1=−e<0，2=>0，取满足<0且<ln2，则>2−2+−12=2−32g>0，故存在两个零点.③设<0，由′=0得=1或=ln−2.若≥−e2，则l n−2≤1，故当∈1,+∞时，′>0，因此在1,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.若<−e2，则l n−2>1，故当∈ 1,ln−2时，′<0；当∈ln−2,+∞时，′>0.因此在1,ln−2上单调递减，在ln−2,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.综上，的取值范围为0,+∞.（2）设1，2是的两个零点，证明：1+2<2.证明：不妨设1<2，由（1）知1∈−∞,1，2∈1,+∞，2−2∈−∞,1,又在−∞,1上单调递减，所以1+2<2等价于1>2−2，即2−2<0.由于2−2=−2e2−2+2−12，而2=2−2e2+2−12=0，所以2−2=−2e2−2−2−2e2.设=−x2−−−2e，则′=−1e2−−e.所以当>1时，′<0，而1=0，故当>1时，<0.从而2=2−2<0，故1+2<2.消参减元，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消参或减元，从而简化目标函数.其基本解题步骤如下：（1）建立方程：利用函数的导函数，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中使导函数变号的因式部分；（2）确定关系：根据极值点所满足的方程，建立极值点与方程系数之间的关系；（3）构建函数：根据消参、减元后式子的结构特征，构造相应的函数；（4）求解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=122−+En .若函数有两个极值点1，2，证明：1+2>−ln 22−34.证明：由题意得，′=−1+=2−r>0.因为函数有两个极值点1，2，所以方程2−+=0在0,+∞上有两个不同的实数根1，2，则&1+2=1>0，&12=>0，且=1−4>0，所以0<<14.由题意得1+2=1212−1+En 1+1222−2+En 2 =1212+22−1+2+En12=121+22−12−1+2+En12=12−−1+En =En −−12.令ℎ=En −−12 0<<14，则ℎ′=ln <0，所以ℎ在0,14上单调递减，所以ℎ>ℎ14=−ln 22−34，所以1+2>−ln 22−34.技法三比（差）值换元法例3已知函数=Bln +（，为实数）的图象在点1,1处的切线方程为=−1.（1）求实数，的值及函数的单调区间；【解】′=1+ln >0，由题意得&′1==1，&1==0，解得&=1，&=0.令′=1+ln =0，解得=1e.当>1e时，′>0，在1e,+∞ 上单调递增；当0<<1e时，′<0，在0,1e上单调递减.所以的单调递减区间为0,1e，单调递增区间为1e,+∞ .（2）设函数=+1，证明：1=21<2时，1+2>2.证明：由（1）得=En >0，故=+1=ln +1>0，由1=21<2,得l n 1+11=ln 2+12，即2−112=ln21>0.要证1+2>2，即证1+2⋅2−112>2ln21,即证21−12>2ln21.设21=>1，则需证−1>2ln >1.令ℎ=−1−2ln >1，则ℎ′=1+12−2= 1−12>0.所以ℎ在1,+∞上单调递增，则ℎ>ℎ1=0，即−1>2ln .故1+2>2得证.比（差）值换元的目的也是消参，就是先根据已知条件建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比（或差）作为变量，实现消参、减元的目的.设法用两个极值点的比值或差值表示所求解的不等式，进而转化为相应的函数问题求解，多用来研究含对数（或指数）式的函数的极值点偏移问题.其基本解题步骤如下：（1）建等式：利用极值点所满足的条件建立两个关于极值点1，2的方程；（2）设比差：根据两个数值之间的大小关系，选取两数之商或差作为变量，建立两个极值点之间的关系；（3）定关系：用一个极值点与比值或差值表示另一个极值点，代入方程.通过两个方程之差或商构造极值点与比值或差值之间的关系，进而通过解方程用比值或差值表示两个极值点；（4）构函数：将关于极值点的目标代数式用比值或差值表示出来，构造相应的函数；（5）解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=e−B有两个零点1，21<2.证明：2−1<21−2.证明：由题意得&e1=B1,&e2=B2,令=2−1>0，两式相除得e=e2−1=21=1+1，即1=e−1>0，欲证2−1<21−2，即证<2 e−1 −2，即证2+2r2e<2.记ℎ=2+2r2e>0，ℎ′=2r2e− 2+2r2 ee2=−2e<0，故ℎ在0,+∞上单调递减，所以ℎ<ℎ0=2，即2+2r2e<2，所以2−1<21−2得证.。
极值点偏移问题课件
05
总结与展望
研究成果总结
01
02
03
04
极值点偏移问题的理论框架得 到完善
针对不同类型的数据，提出了 多种极值点偏移的检测方法
分析了极值点偏移现象在气候 、金融等领域的应用效果
与之前的研究相比，提高了极 值点偏移的检测精度
存在的问题与不足
现有的检测方法仍存在一定的误 报和漏报概率
对于复杂数据分布情况下的极值 点偏移问题，还需进一步研究
THANK YOU
03
极值点偏移问题的解决方法
基于数值计算的解决方法
01
02
03
数值逼近法
利用数值逼近理论，通过 选取适当的逼近函数和参 数，对极值点进行近似求 解。
梯度下降法
通过迭代计算，不断调整 函数的参数，使函数在极 值点的附近达到最小值。
牛顿法
利用牛顿定理，通过已知 函数的一阶导数和初始值 ，求解函数的极值点。
极值点偏移问题课件
contents
目录
• 引言 • 极值点偏移问题的基础知识 • 极值点偏移问题的解决方法 • 极值点偏移问题的应用实例 • 总结与展望
01
引言
背景介绍
01
极值点偏移问题在经济、社会、 自然等领域都有广泛的应用，例 如在金融分析、人口统计、气候 变化等领域。
02
随着大数据时代的到来，极值点 偏移问题在数据挖掘、预测分析 等领域也受到越来越多的关注和 研究。
研究目的和意义
研究极值点偏移问题的目的在于寻找 数据中出现的极端异常值，并分析其 产生的原因和影响。
通过极值点偏移问题的研究，可以更 好地理解数据分布和变化规律，为决 策提供科学依据。
内容结构概述
高考数学微专题：偏移问题研究ppt
a
a
a
所以 G(x)
在
(0,
1) a
为增函数，又
0
x1
1 a
，则 G(x1)
G(1)
0
，即
F (x1)
F(2 a
x1)
又
F
( x1
)
F
( x2
)
，故
F
( x2
)
F
(
2 a
x1)
，
又
2 a
x1
1 a
，
x2
1 a
，
F(x) 在 (1 a
, ) 上递减，所以
x2
2 a
x1 ，即
x2
x1
2 a
，故
x0
1
因为 h(x)
0
解法
5：因为 h(x)
ln x 1 ， h(x) ax
ln x ax2
，所以 h(x0 )
ln x0 ax02
，有(Ⅰ)知 a
0，
所以只需证 ln x0 0 ln x0 0 x0 1 x1 x2 2 ．
设
x1
x2
，由(Ⅰ)知，
1 e
x1
1
x2
，
ln
x1
1
ax1, ln
x2
1
则
F
/
(x)
(x)
(2
x)
ln x2
x
ln(2 x) (2 x)2
(2
x)2 ln x x2 ln(2 x2(2 x)2
x)
当 x (0,1) 时，下面说明 (2 x)2 ln x x2 ln(2 x) 0 ，即证 (2 x)2 ln x x2 ln(2 x)
极值点偏移课件
不妨设0＜ x 1＜1＜ x 2，∵0＜ x 1＜1，∴2－ x 1＞1，
设 G ＝ g － g 2 − ，则 G ＝ ln − 2 ＋ + 1 －[ln 2 −
－ 2 − 2 ＋ 2 − ＋1]＝ln x －ln 2 − －2 x ＋2，
③
④
ln 1 −ln 2
由③－④得
＝a，
1 −2
1
故要证 x 1·x 2＜ 2 ，
即证 x 1·x 2＜
2
1 −2
1
1
2
2
，即证ln ＜ ＋ －2，
ln 1 −ln 2
2
2
1
1
1
2
设 ＝ t ， t ∈(0，1)，ln t ＜ t ＋ －2，
2
1
2
设 g ( t )＝ln t － t － ＋2，只需证 g ( t )＜0.
f'
2 −4+2
＝－
.
e
令 h ＝ x 2－4 x ＋2，则 h ＝0的两根分别为 x 1＝2－ 2 ，
x 2＝2＋ 2 .
当 x ＜2－ 2 或 x ＞2＋ 2 时，f' ＜0；
当2－ 2 ＜ x ＜2＋ 2 时，f' ＞0，
所以 f 的单调递增区间为 2 − 2，2 + 2 ，单调递减区间为
∴只要证明 f ( x 2)＞ f (2 a － x 1)，
即证 f ( x 1)＞ f (2 a － x 1).
设函数 g ( x )＝ f ( x )－ f (2 a － x )，
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故当 x 1 时， g ( x) 0. 从而 g ( x2 ) f (2 x2 ) 0, 故x1 x2 2.
归纳总结
要证 x1 x2 2 只需证 x1 2 x2
解法一：
e a 0，则 ln(2a) 1, 2
若
又因为当 x 1 时 f ( x) 0 ，
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
解法一：
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x a 0 ①当 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时， f ( x) 存在两个零点. (0, )
x1 x2 1 x1 x2 2 2
f (2 x2 ) 0 0 f ( x2 ) f (2 x2 )
问题解决
f ( x1 ) f (2 x2 )
x1 2 x2 x1 x2 2
问题解决
不妨设 x1 1 x2 ， 则2 x2 (1, ).
由于 f ( x ) 在 (-,1) 上单调递减，
所以 x1 x2 2 f ( x1 ) f (2 x2 ) . 即
f (2 x2 ) 0.
由于f (2 x2 ) x2e2 x2 a( x2 1)2 , 而f ( x2 ) ( x2 2)ex2 a( x2 1)2 0. 所以f (2 x2 ) x2e2 x2 ( x2 2)e x2 . 令g ( x) xe2 x ( x 2)ex .
f ( x1 ) f ( x2 )
不妨设
ห้องสมุดไป่ตู้
x1 1 x2 ,
只需证 f ( x1 ) f (2 x2 )
只需证 f ( x2 ) f (2 x2 )
x1, 2 x2 ,1
原始型差函数
构造
对称型差函数 F ( x) f (1 x) f (1 x)
f (1) e 0
f (2) a 0
故 f ( x ) 存在两个零点.
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
解法一：
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x ①当 a 0 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时，
解法二：（分离参数）
f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点 (2 x)e x 有两根. 方程 a 2 ( x 1)
(2 x)e x g ( x) ( x 1)2
(0, )
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； (0, ) （Ⅱ） 设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点， 证明：x1 x2 2 .
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x a 0 ①当 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时， f ( x) 存在两个零点. ③当 a 0 时， f ( x) 0 x 1或x ln(2a).
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e a( x 1) 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； （Ⅱ） 设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点， 证明：x1 x2 2 .
x 2
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； 几何画板动画演示
解法一：
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x ①当 a 0 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时，
x
lim ( x 2)e x 0,
当 x 时， a( x 1)2 ，
当 x 时， f ( x) .
x1 x2 1 2 两个零点
x1 , x2
的中点
极值点
问题提出
x1 x2 x0 2
极值点居中
x1 x2 x0 2
极值点偏移
极值点偏移问题的求解策略
问题解决
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； (0, ) （Ⅱ） 设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点， 证明：x1 x2 2 .
③当 a 0 时，
2 e 若a ， 2
f ( x) 0 x 1或x ln(2a). e 若 a 0 ， f ( x ) 不存在两个零点.
f ( x) 不存在两个零点.
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
取 b 0, b ln
b
f (b) (b 2)e a(b 1)
a , 2
2
f (1) e 0
f (2) a 0
3 a 2 2 (b 2) a(b 1) a (b b) 0. 2 2
故 f ( x ) 存在两个零点.
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
F ( x) f ( x) f (2 x)
目标 ＋ 落实
准确定位
认真落实 坚持不懈
成功 ＋ 心安